《2024年孟建平单元测试九年级数学全一册人教版》

22. (12分)在$Rt\triangle ABC$中,$\angle ACB = 90^{\circ}$,$AC = 2$,$BC=\sqrt{3}$,过点$B$作直线$l// AC$,将$\triangle ABC$绕点$C$逆时针旋转得到$\triangle A'B'C$,直线$CA'$,$CB'$分别交直线$l$于点$D$,$E$.
(1)当点$A'$,$D$首次重合时,请在图1中,补全旋转后的图形并直接写出$\angle A'CB$的度数;
(2)如图2,若$CD\perp AB$,求线段$DE$的长;
(3)求线段$DE$长度的最小值.

答案：
解:
(1)补全图形如图　∠A'CB=30°　
(2)
∵AC=2,BC=　$\sqrt{3}$'∠ACB=90°,
　
∴AB=√7;
∵CD⊥AB,A'C⊥B'C,
∴CE//AB.
∵BE//CA,
∴四边形ABEC
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 是平行四边形，
∴BE=AC=2,CE=AB=√7.由
(1)知,∠CBD=90°.设BD
　　　=x,则DC=√BD²+BC²=　$\sqrt{x²+3}$.
∵$\frac{1}{2}$DC.EC=$\frac{1}{2}$CB.DE,
∴$\frac{1}{2}$×
　　　　$\sqrt{x²+3}$x$\sqrt{7}$=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$×(2+x),解得x=$\frac{3}{2}$
∴BD=$\frac{3}{2}$
∴DE=BE+BD
　　　=2+$\frac{3}{2}$=$\frac{7}{2}$　　
(3)取DE的中点F,连接CF.
∵点F是Rt△CDE斜边DE的中点,
∴CF=
$\frac{1}{2}$DE,即CF的值最小时，DE有最小值，
∴当CF⊥DE,即点F与点B重合时，CF的值最小为$\sqrt{3}$,
∴DE的最小值为2$\sqrt{3}$

23. (12分)如图,抛物线$y = ax^{2}+bx + c$与$x$轴交于$A$,$B$两点,与$y$轴交于$C$点,$OA = 1$,$OB = OC = 3$.
(1)求抛物线的表达式;
(2)如图1,点$D$为第一象限抛物线上一动点,连接$DC$,$DB$,$BC$,设点$D$的横坐标为$m$,$\triangle BCD$的面积为$S$,求$S$的最大值;
(3)如图2,点$P(0,n)$是线段$OC$上一点(不与点$O$,$C$重合),连接$PB$,将线段$PB$以点$P$为中心,旋转$90^{\circ}$得到线段$PQ$,是否存在$n$的值,使点$Q$落在抛物线上? 若存在,请求出满足条件的$n$的值,若不存在,请说明理由.

答案： 解:
(1)由题意得A(−1,0),B(3,0),C(0,3),
∴可设y=a(x+1)(x−3).把C(0,3)代入得a=−1,
∴y=−(x+1)(x−3)=一x²+2x+3.　
(2)如图1,作DF⊥x轴于点F,交BC于点E,设直线BC 美系式为y=kx+b,代入B(3,0),C(0,3)得k=−1,b=3,,
∴y=−r+3.
∵点D的横坐标为m,
∴
DF=−m²+2m+3,EF=−m+3,
∴DE=−m²+3m,S=÷$\frac{1}{2}$DE.OB=÷$\frac{3}{2}$(−m²+3m)=−$\frac{3}{2}$(m−$\frac{3}{2}$2+$\frac{27}{8}$,
∴S的最大值是$\frac{27}{8}$:　　
(3)存在,理由如下:如图2,过点P作PB的垂线，交抛物线于点Q和Q2,过点Q,Q2分别作QM⊥y轴于点M,Q2N⊥y轴于点N,则∠QMP=∠QNP=
　　∠BOP=∠BPQ=90°.
∵∠QPM+∠PQM=90°,∠QPM+∠BPO=90°,
∴∠PQM=∠BPO.又
∵BP=PQ,
∴△QPM△PBO,
∴MQ=OP=n,MP=OB=3,
∴Q(n,n+3).代入抛物线解析式得n+3=−n²+2n+3,解得n1=1,n2=0(舍去),同理得△QPN≌△PBO,
∴Q(−n,n−3),代入抛物线解析式得n−3=−n²−2n+3,解得n=−3+2√33,n=−3−2√33(舍去).综上,满足条件的n的值为1或−3+2√33,　点评:本题考查二次函数与几何的综合应用，涉及待定系数法求解析式、二次函数的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是能够结合点的坐标灵活表示三角形的面积，并能添加辅助线构造全等三角形.